【创新设计】2015届高考物理(全国通用)二轮专题专练：专练2+物理思想方法(含答案解析)

四、选考题——做好选考题力争得满分1. 选考题中的高频考点3－3：气体实验定律和气态方程必考。

分子动理论、热力学定律、内能等考查随机。

3－4：光的折射、机械波及其图象为考查重点“测定玻璃折射率”实验和“双缝干涉”实验也是重点，其它内容随机。

3－5：碰撞中的动量守恒为考查重点。

原子能级、衰变、核反应方程、核能、光电效应等内容随机考查。

2. 选修3－3相关知识及策略【高考热点】【题型探秘】本考点的命题多集中分子动理论、估算分子数目和大小、热力学两大定律的应用、气体状态参量的意义及与热力学第一定律的综合，还有气体实验定律和气体状态方程的应用，表示气体状态变化过程的图象等知识点上，多以选择题和填空题的形式出现；对热学前面知识的考查往往在一题中容纳更多的知识点，把热学知识综合在一起；对后者的考查多以计算题的形式出现，着重考查气体状态方程的应用。

近两年来热学考题中还涌现了许多对热现象的自主学习和创新能力考查的新情景试题。

同时，本考点还可以与生活、生产的实际相联系考查热学知识在实际中的应用。

【应对策略】1. “模型法”：此类方法在估算分子的直径中常常用到，具体的做法是：通常可以将分子视为立方体或球体，由宏观体积和分子个数，求出分子体积，进一步计算分子直径，计算中采用了近似计算的思想。

2. 气体压强的计算：通常要利用共点力的平衡知识来进行解题。

3．“能量守恒”法：物体内能的变化是通过做功与热传递来实现的，深刻理解功在能量转化过程中的作用，才能深刻理解热力学第一定律，应用能量守恒来分析有关热学的问题。

【典例精析】[例1] (1)[2014·重庆高考]重庆出租车常以天然气作为燃料。

加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)( )A. 压强增大，内能减小B. 吸收热量，内能增大C. 压强减小，分子平均动能增大D. 对外做功，分子平均动能减小(2)[2014·课标全国卷Ⅱ]如图，两气缸A 、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径是B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两气缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热。

交变电流的产生及描述（2014·湖北襄阳五中五月月考）1. 某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R 。

则（ ）A ．线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m =2Bl 2ωB ．线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小FC ．线圈旋转一圈时，流过电阻R 的净电荷量为零。

D 【知识点】发电机模型、感应电动势大小求解规律—法拉第电磁感应定律、电荷量、安培力、功率。

【答案解析】CD解析：本题中的发电机模型中的磁场是幅向磁场，那么矩形线圈在磁场中始终垂直切割磁感线，产生的感应电动势为NBl 2ω，所以A 选项错误;安培力的大小为F ＝BIL ＝NB 2l 3ω/R+r,由此可知B 项错误；C 选项中线圈旋转一圈，磁通量的变化量为零，平均感应电动势为零—平均感应电流为零—流过R 的净电荷量为零，C 项正确；因为是匀速转动，外力做的功等于D 选项正确，从而选择CD 答案。

【思路点拨】要认真审题，知道是什么样的发电机模型—幅向磁场组成的发电机，再依据法拉第电磁感应定律切割磁感线电动势表达式、安培力表达式，功率表达式列式求解；但要注意的是求流过R 的电荷量时，要由平均感应电动势表达式和电流强度定义式列式求解，而一圈的整个过程中平均感应电动势为零，所以通过R 的净电荷量为零，这一点是本题求解的难点所在。

（2014·江苏徐州一中考前模拟）2. 如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V，60W”灯泡，灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A．下列说法正确的是（）A．图示位置穿过线框的磁通量为零BC．变压器原、副线圈匝数之比为25︰11D．变压器允许输出的最大功率为5000W【知识点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；变压器的构造和原理．【答案解析】CD解析：A、图示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A错误；B、电动势的最大值E m=NBSω，则导线框中产生交变电压的有效值为500V，故B错误；C、交流电压的有效值U1C正确；D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=500×10=5000W，所以D正确．故选CD【思路点拨】根据E=NBSω求出线圈转动产生的电动势最大值，根据最大值求出有效值，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．（2014·广东中山一中模拟）3. 高频焊接技术的原理如图（a）。

专练4动力学综合问题一、单项选择题1．(2014·北京卷，18)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是()A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析手掌平托物体由静止开始竖直向上运动直至将物体抛出前的过程中，物体与手掌相对静止，先向上加速运动后减速运动，即物体先处于超重状态后处于失重状态，故A、B均错；物体离开手的瞬间，手的加速度必须向下且大于重力加速度，故C错、D对．答案 D2．(2014·湖南五市十校联合检测)物体的运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征．下列说法正确的是()A．甲物体受到不为零且恒定的合外力B．乙物体受到的合外力越来越大C．丙物体受到的合外力为零D．丁物体的加速度越来越大解析甲物体做匀速直线运动，合外力为零，选项A错误；乙物体做匀加速运动，合外力恒定，且不为零，选项B错误；丙物体做匀加速运动，合外力恒定且不为零，选项C错误；丁物体所受合外力越来越大，加速度越来越大，选项D正确．答案 D3．(2014·北京卷，19)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图1所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()图1A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小解析由图可知，斜面的粗糙程度越低，物体沿右侧斜面上升的越接近与O点等高的位置，故当斜面光滑时，小球会上升到与O点等高的位置，故A对，B、C、D均错．答案 A4．2013年6月20日中国载人航天史上的首堂太空授课开讲，“天宫一号”中的质量测量仪上的弹簧能够产生一个恒定的力F，航天员把一个物体固定在质量测量仪支架一端，然后轻轻拉开支架，一放手，支架便在弹簧的作用下回到原位，若测速装置测量出支架复位的速度v和时间t，则待测物体的质量为()A.Fv t B.FtvC.vFt D.v tF解析 设待测物体的质量为m ，根据题意，放手后待测物体在恒力F 作用下做匀加速运动，其加速度a ＝v t ，由牛顿第二定律F ＝ma 可得待测物体的质量为m＝Ft v ，选项B 正确．答案 B5. 如图2所示，A 、B 两小球分别连在轻线两端，B 球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别为 ( )图2A ．都等于g 2B.g 2和0C.g 2和m A m B ·g 2D.m A m B·g 2和g 2 解析 由整体法知，F 弹＝(m A ＋m B )g sin 30°剪断线瞬间，由牛顿第二定律：对B ：F 弹－m B g sin 30°＝m B a B ，得a B ＝m A m B·g 2.对A ：m A g sin 30°＝m A a A ，得a A ＝12g .所以C 项正确．答案 C6．(2014·安徽省级示范高中联考，17)高空跳伞运动是跳伞者乘飞机、气球等航空器或其他器械升至高空后跳下，或者从陡峭的山顶、高地上跳下，如图3所示，在张开降落伞之前可看做是自由落体运动，开伞后受到的空气阻力与速度成正比，运动员减速下降，最后匀速下降，在指定区域安全着陆，从下落时开始计时，在整个过程中，用v 表示运动员下落的速度，h 表示运动员从初位置开始下落的高度，F 表示运动员受到的合力，E p 表示运动员的重力势能(选地面为零势能面)．下列图象正确的是()图3解析跳伞运动员先做自由落体运动，再做加速度减小的减速运动，最后所受合外力为零，做匀速运动，A、B错；打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，所受合外力向上，与开始时的合外力方向相反，为负值且逐渐减小；最后匀速下降，合外力为零，C错；运动员的重力势能E p＝mg(H－h)，D正确．答案 D7．(2014·陕西省高三教学质量检测)如图4所示，运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速运动，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则()图4A．运动员的加速度大小为g tan θB．球拍对球的作用力为mg cos θC．运动员对球拍的作用力为Mg cos θD．若运动员的加速度大于g sin θ，则球一定沿球拍向上运动解析 球拍对球的支持力与球的重力的合力等于ma ，由此可得运动员的加速度大小为a ＝g tan θ，球拍对球的作用力为F ＝mg cos θ，选项A 正确，B 错误；运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θ，选项C 错误；若运动员的加速度大于g tan θ，球一定沿球拍向上运动，选项D 错误．答案 A8．(2014·皖北协作区联考)一足够长的倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面顶端放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一力传感器，连接传感器和光滑小球间是一平行于斜面的轻杆，如图5所示，当木板固定时，传感器的示数为F 1.现由静止释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传感器的示数为F 2.则下列说法正确的是 ( )图5A ．稳定后传感器的示数一定为零B ．tan θ＝μF 1F 2C ．tan θ＝F 1μF 2D ．tan θ＝F 2μF 1解析 木板与球的质量分别为M 和m ，对球由平衡条件和牛顿第二定律得：F 1－mg sin θ＝0，mg sin θ－F 2＝ma ，对木板和球整体得：(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a ，则a ＜g sin θ，解得F 2＝mg sin θ－ma ＞0，A 项错；tan θ＝μF 1F 2，B 项对，C 、D 项错． 答案 B9．(2014·云南第一次检测，15)物块A 放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g ＝10 m/s 2，则物块A 沿此斜面下滑的加速度大小为( )A．5 3 m/s2B．3 3 m/s2C．(5－3) m/s2 D.1033m/s2解析由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得F f＝mg sin θ，又F N1＝mg cos 30°，F f＝μF N1，求得动摩擦因数μ＝33；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有F N2＝mg cos 60°，mg sin 60°－μF N2＝ma，求得a＝103 3 m/s2，D对．答案 D10. 一皮带传送装置如图6所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放在皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，滑块的速度和加速度变化的情况是()图6A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力F f和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝F f－F拉＝ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a 先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧拉力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．答案 D11．如图7所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上放两个质量分别为m 1和m 2的带电小球A 、B (均可视为质点)，m 1＝2m 2，相距为L .两球同时由静止开始释放时，B 球的初始加速度恰好等于零．经过一段时间后，当两球距离为L ′时A 、B 的加速度大小之比为a 1∶a 2＝3∶2，则L ′∶L 等于 ( )图7A ．3∶2B ．2∶1 C.10∶5 D ．5∶10解析 由B 球初始加速度恰好等于零得初始时刻A 对B 的库仑力F ＝m 2g sin α，当两球距离为L ′时，A 球的加速度a 1＝m 1g sin α＋F ′m 1，初始时B 球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距增大，库仑力一定减小，当两球距离为L ′时库仑力小于m 2g sin α，所以加速度a 2的方向应该沿斜面向下，a 2＝m 2g sin α－F ′m 2.由a 1∶a 2＝3∶2得F ′＝0.25m 2g sin α，由库仑力公式F ＝k qQ L 2，F ′＝k qQ L ′2可求得L ′∶L ＝F ∶F ′＝2∶1. 答案 B二、多项选择题12．(2014·江西师大附中、临川一中联考)如图8甲所示，物块的质量m ＝1 kg ，初速度v 0＝10 m/s ，在一水平向左的恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是()图8A．0～5 s内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10 ND．物块与水平面的动摩擦因数为0.3解析由图象得物块在前5 m位移内做匀减速运动，在5～13 m位移内做匀加速运动，且由图象斜率得匀减速运动的加速度大小a1＝1002×5m/s2＝10 m/s2，匀加速运动的加速度大小a2＝642×(13－5)m/s2＝4 m/s2，匀减速运动的时间t＝v0a1＝1 s，又由牛顿第二定律得，F＋μmg＝ma1和F－μmg＝ma2，联立解得F＝7 N，动摩擦因数μ＝0.3.选项B、D正确．答案BD13．(2014·江西南昌调研)如图9甲所示，在电梯箱内轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3.现电梯箱竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度为g，则()图9A．在0～t1时间内，F1与F2的合力等于F3B．在0～t1时间内，F1与F2的合力大于mgC．在t1～t2时间内，F1与F2的合力小于F3D．在t1～t2时间内，F1与F2的合力大于mg解析对轻质结点O，因没质量，故其无论在何状态下，F1、F2、F3三个力的合力都为零，即F1与F2的合力与F3等大、反向，选项A正确，C错误；对物体进行受力分析，其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的绳子的拉力F3，在0～t1时间内，电梯加速向下运动，物体处于失重状态，F3＜mg，即F1与F2的合力小于mg，选项B错误；在t1～t2时间内，电梯减速向下运动，物体处于超重状态，F3＞mg，即F1与F2的合力大于mg，选项D正确．答案AD14．一年一度的疯狂蹦极跳于2013年12月15日在澳门旅游塔61层隆重举行．为庆祝蹦极跳进驻澳门旅游塔七周年，今年比赛以“运动”为主题．如图10甲所示，蹦极比赛中，质量为60 kg的运动员系在橡皮绳上，橡皮绳另一端固定在O点．运动员从O点由静止下落，下落过程中运动员的速度与下落距离间的关系如图乙所示．橡皮绳的自然长度为12 m，且始终在弹性限度内，遵循胡克定律，不计橡皮绳的质量及空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则()图10A．运动员下落过程中橡皮绳的平均拉力大小约为2 700 NB．运动员下落过程中的最大加速度大小约为20 m/s2C．运动员下落过程中橡皮绳的弹性势能最大值约为2.16×104 JD．当橡皮绳上的拉力为1 200 N时，运动员的速度大小约为18 m/s解析由图乙可知，当运动员速度最大时，橡皮绳的伸长量Δx1＝8 m，有kΔx1＝mg，解得k＝75 N/m.橡皮绳的最大伸长量Δx2＝24 m，最大拉力F＝kΔx2＝1 800 N，则运动员下落过程中橡皮绳的平均拉力F＝900 N，A项错误．根据牛顿第二定律得F－mg＝ma，最大加速度a＝20 m/s2，B项正确．根据机械能守恒定律得E p＝mgh＝60×10×36 J＝2.16×104 J，C项正确．当橡皮绳上的拉力为1 200 N时，橡皮绳的伸长量Δx3＝16 m，运动员下落的距离x＝28 m，由图乙可知，对应的速度大小约为15 m/s，D项错误．答案BC15．(2014·河北省衡水中学调研)如图11甲所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上，B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止．则在0～2t0时间内，下列说法正确的是()图11A．t0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小B．t0时刻，A、B的速度最大C．0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D．2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为0解析t0时刻，A、B受力F为0，A、B加速度为0，A、B间静摩擦力为0，加速度最小，选项A错误；在0至t0过程中，A、B所受合外力逐渐减小，即加速度减小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加，t0时刻A、B速度最大，选项B正确；0时刻和2t0时刻A、B所受合外力F最大，故A、B在这两个时刻加速度最大，为A提供加速度的A、B间静摩擦力也最大，选项C正【创新设计】2015届高考物理二轮精选题组：专练4-动力学综合问题(含解析)确；A、B先在F的作用下加速，t0后F反向，A、B继而做减速运动，到2t0时刻，A、B速度减小到0，位移最大，选项D正确．答案BCD- 11 - / 11。

专练1 物理思想方法一、单项选择题1．图1所示的是力学中的两个试验装置，装置对应的这两个试验共同的物理思想方法是( )图1A ．极限的思想方法 B.放大的思想方法 C ．把握变量的方法D.猜想的思想方法解析 装置对应的这两个试验共同的物理思想方法是把微小量进行放大，使之能够观看和测量，即放大的思想方法，选项B 正确． 答案 B2．在建立物理概念过程中，学会象科学家那样运用物理思想，使用科学方法，往往比记住物理概念的词句或公式更重要．在高中物理学习内容中，速度、加速度、电场强度这三者所体现的共同的物理思想方法是 ( ) A ．比值定义 B.微小量放大 C ．等效替代D.抱负模型解析 速度、加速度、电场强度这三者所体现的共同的物理思想方法是比值定义，选项A 正确． 答案 A3．物理学中用到大量的科学争辩方法，在建立下列物理概念时，都用到“等效替代”方法的是( )A ．质点，电场强度B ．平均速度，点电荷C ．弹力，电势D ．合力与分力，合运动与分运动解析 等效替代方法是在保证某种效果(特性和关系)相同的前提下，将实际的、简单的物理问题和物理过程转化为等效的、简洁的、易于争辩的物理问题和物理过程来争辩和处理的方法．即两概念对比， 产生的某种效果相同，才是等效替代法，故只有选项D 正确． 答案 D 4．(2022·高考冲刺卷七)在物理学的探究和发觉过程中，科学家们运用了很多争辩方法．以下关于物理学争辩方法的叙述中正确的是( )A ．在不需要考虑物体本身的大小和外形时，用质点来代替物体的方法是微元法B ．依据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt →0时，ΔxΔt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C ．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变争辩加速度与力的关系，再保持力不变争辩加速度与质量的关系，这里运用了假设法D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了抱负模型法解析 用质点代替物体接受的科学方法为建立抱负化的物理模型的方法，故A 错误；以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，接受了极限思维法，故B 正确；在争辩加速度与质量和合外力的关系时，接受了把握变量法，故C 错误；在推导匀变速直线运动的位移公式时，接受微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动，故D 错误． 答案 B5．人类在探究自然规律的进程中总结出了很多科学方法，如分析归纳法、等效替代法、把握变量法、抱负试验法等．在下列争辩中，运用抱负试验方法的是( )A ．牛顿发觉牛顿第肯定律B ．库仑测定静电力常量C ．伽利略得出力不是维持物体运动缘由的结论D ．密立根测得电荷量e 的数值解析 牛顿发觉牛顿第肯定律是接受总结归纳法，库仑测定静电力常量接受放大法，伽利略得出力不是维持物体运动缘由的结论接受抱负试验法，密立根测得电荷量e 的数值接受试验测量．选项C正确．答案 C6．某人通过以下步骤测出了从肯定高度落下的排球对地面的最大冲击力：(1)将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．(2)再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分渐渐发生形变直至刚好遮住水印，登记此时台秤的示数，即为冲击力最大值．下列物理学习或争辩中用到的方法与该同学的方法相同的是()A．争辩加速度与合力、质量的关系B．建立“点电荷”的概念C．建立“瞬时速度”的概念D．建立“合力与分力”的概念解析该同学测出从肯定高度落下的排球对地面的最大冲击力的方法是等效法，物理学习中争辩加速度与合力、质量的关系应用的是把握变量法；建立“点电荷”的概念应用的是抱负模型法；建立“瞬时速度”的概念应用的是极限法；建立“合力与分力”的概念应用的是等效法；选项D正确．答案 D7．抱负化模型是简化物理争辩的重要手段，它抓住问题的主要因素，忽视次要因素，促进了物理学的进展，下列抱负化模型建立的表述正确的是()A．质点作为抱负化模型忽视了物体的质量B．点电荷作为抱负化模型忽视了物体的电荷量C．抱负电流表忽视了电流表的内阻D．抱负电压表忽视了电压表的内阻解析质点作为抱负化模型忽视了物体的体积和外形，选项A错误；点电荷作为抱负化模型忽视了物体的外形和大小，选项B错误；抱负电压表的内阻可视为无限大，其分流电流很小，可以忽视分流电流，选项D错误；抱负电流表忽视了电流表的内阻，C正确．答案 C 二、多项选择题8．在物理学的进展过程中，很多物理学家都做出了重要的贡献，他们也制造出了很多的物理学争辩方法，下列关于物理学争辩方法的叙述中正确的是() A．抱负化模型是把实际问题抱负化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是抱负化模型B．重力、合力概念的建立都体现了等效替代的思想C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E＝Fq，电容C＝QU，加速度a＝Fm都是接受比值法定义的D．依据速度定义式v＝ΔxΔt知，当Δt格外小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法答案BD9．关于物理学的争辩方法，以下说法正确的是() A．伽利略开创了运用规律推理和试验相结合进行科学争辩的方法B．库仑在利用扭秤试验装置测量静电力常量时，应用了放大法C．电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与摸索电荷的电荷量成反比D．“平均速度”、“总电阻”、“沟通电的有效值”用的是“等效替代”的方法解析伽利略的抱负斜面试验得出不受力物体将永久运动下去，就是规律推理和试验相结合的科学争辩方法，伽利略开创了运用规律推理和试验相结合进行科学争辩的方法，选项A正确．库仑在利用扭秤试验装置测量静电力常量是运用了放大法，选项B正确．电场强度是描述电场强弱属性的，与检验电荷所受的电场力F和电荷量q的大小无关，选项C错．“平均速度”、“总电阻”、“沟通电的有效值”用的是“等效替代”的方法，选项D正确．答案ABD10．物理学中有多种争辩方法，下列有关争辩方法的叙述正确的是() A．在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战打算谁是谁非，是他首先接受了以试验检验猜想和假设的科学方法B．假如电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的重量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，这里用的规律方法是归纳法C．探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化的图线，这是物理学中常用的图象法D．探究加速度与力、质量之间的定量关系，可以在质量肯定的状况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力肯定的状况下，探究物体的加速度与质量的关系，最终归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的把握变量法解析在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战打算谁是谁非，是他首先接受了以试验检验猜想和假设的科学方法，选项A说法正确．假如电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的重量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，这里用的规律方法是反证法，选项B说法错误．探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化的图线，这是物理学中常用的图象法，选项C说法正确．探究加速度与力、质量之间的定量关系，可以在质量肯定的状况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力肯定的状况下，探究物体的加速度与质量的关系，最终归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的把握变量法，选项D说法正确．答案ACD记一记重要物理思想方法(1)抱负模型法．如质点、点电荷；光滑表面、轻杆、轻绳、轻弹簧；自由落体、匀速直线运动等．(2)极限思维法．就是人们把所争辩的问题外推到极端状况(或抱负状态)．如公式v＝ΔxΔt中当Δt→0时v是瞬时速度．(3)抱负试验法．如伽利略斜面试验．(4)比值定义法：就是用两个基本物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，特点是：A＝B C ，但A与B、C均无关．如a＝ΔvΔt、E＝Fq、C＝QU、I＝qt、R＝UI、B＝FIL、ρ＝mV等．(5)放大法：常见的方法有机械放大、电放大、光放大．(6)把握变量法：保持一个物理量不变，争辩其他两个变量之间的关系的方法．(7)等效替代法：如用合力替代各个分力，用总电阻替代各部分电阻等．(8)类比法：也叫“比较类推法”，如争辩电场力做功时，与重力做功进行类比；生疏电流时，用水流进行类比；识电压时，用水压进行类比．。

2015年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动2．（6分）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（）A．U a＞U c，金属框中无电流B．U b＞U c，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．U bc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D．U bc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a3．（6分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A．西偏北方向，1.9×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s4．（6分）一汽车在平直公路上行驶。

从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。

绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷II ）理科综合能力测试（物理）第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．如图，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转450，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动【答案】D15．如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上。

当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、Uc ．已知bc 边的长度为l ．下列判断正确的是A ．U a > U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a-b-c-aC ．212bc U Bl ω=-，金属框中无电流 D ．2a 12c U Bl ω=，金属框中电流方向沿a-c-b-a 【答案】C16．由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。

当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。

已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103/s ，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103/s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为A ．西偏北方向，1.9×103m/sB ．东偏南方向，1.9×103m/sC ．西偏北方向，2.7×103m/sD ．东偏南方向，2.7×103m/s【答案】B17．一汽车在平直公路上行驶。

2015年新课标II高考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将（）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转45°，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可．解答：解：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋转45°，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题关键是对为零受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a点的轴逆时针旋转，板间场强大小不变，基础题目．2．（6分）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（）A．U a＞U c，金属框中无电流B．U b＞U c，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．U bc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D．U bc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：金属框中磁通量不变，故没有感应电流；但导体棒切割磁感线，有感应电动势产生，根据E=BL求解切割电动势即可．解答：解：AB、导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到c，或者说是从a到c，故U a=U b＜U c，磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流，故A错误，B错误；CD、感应电动势大小=Bl（）=Bl2ω，由于U b＜U c，所以U bc=﹣Bl2ω，磁通量一直为零，不变，金属框中无电流，故C正确，D错误；故选：C．点评：本题关键是明确感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生改变，要会根据E=Blv求解感应电动势，会利用右手定则判断感应电动势的方向．3．（6分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A．西偏北方向，1.9×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s考点：同步卫星；运动的合成和分解．专题：人造卫星问题．分析：已知合速度为同步卫星的线速度，一个分速度是在转移轨道上的速度，另一个分速度待求，运用速度合成的平行四边形法则求解即可．解答：解：合速度为同步卫星的线速度，为：v=3.1×103m/s；一个分速度为在转移轨道上的速度，为：v1=1.55×103m/s；合速度与该分速度的夹角为30度，根据平行四边形定则，另一个分速度v2如图所示：该分速度的方向为东偏南方向，根据余弦定理，大小为：==1.9×103m/s．故选：B．点评：本题已知合速度和一个分速度，根据平行四边形定则求解另一个分速度，要结合余弦定理列式求解，基础题目．4．（6分）一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是（）A．B．C．D．考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：对于汽车，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据P=Fv和牛顿第二定律分析加速度的变化情况，得到可能的v﹣t图象．解答：解：在0﹣t1时间内，如果匀速，则v﹣t图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P=Fv，牵引力减小；根据F﹣f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F1=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1==．所以0﹣t1时间内，v﹣t图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在t1﹣t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P=Fv，牵引力减小；再根据F﹣f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F2=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2==．所以在t1﹣t2时间内，即v﹣t图象也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线．故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题关键是明确汽车恒定功率的加速过程是加速度减小的加速运动，注意速度不能突变，基础题目．5．（6分）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转考点：地磁场．分析：指南针又称指北针，主要组成部分是一根装在轴上的磁针，磁针在天然地磁场的作用下可以自由转动并保持在磁子午线的切线方向上，磁针的北极指向地理的北极，利用这一性能可以辨别方向．常用于航海、大地测量、旅行及军事等方面．物理上指示方向的指南针的发明由三部曲组成：司南、磁针和罗盘．他们均属于中国的发明．解答：解：A、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A错误；B、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B正确；C、指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故C 正确；D、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针偏转90°，故D错误；故选：BC．点评：指南针在航海上的应用对地理大发现和海上贸易有极大的促进作用．指南针的发明源于中国古人如何定向问题的研究，也表明古人对如何定向问题的重视．为此，指南针被誉为中国古代四大发明之一．6．（6分）有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（）A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．解答：解：设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以A正确；B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，所以B错误；C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，所以C正确；D、做圆周运动的角速度ω=，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，所以D错误；故选：AC．点评：本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题．7．（6分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A．8 B．10 C．15 D．18考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据两次的情况，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可．解答：解：设PQ两边的车厢数为P和Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pm•a，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qm•a，根据以上两式可得，，即两边的车厢的数目可能是2和3，或4和6，或6和9，或8和12，等等，所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，所以可能的是BC．故选：BC．点评：本题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，本题比较灵活，是道好题．8．（6分）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g．则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg考点：功能关系；功的计算．分析：a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况．根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小．解答：解：A、当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功．故A错误．B、a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：m A gh=m A v A2，解得vA=．故B正确．C、b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；D、a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确；故选：BD．点评：解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必做题，每个考题考生都必须作答，第13为选考题，考生格局要求作答．9．（6分）（2015春•南昌校级期末）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．（1）物块下滑是的加速度a= 3.25m/s2，打C点时物块的速度v= 1.79m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是C（填正确答案标号）A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角．考点：探究影响摩擦力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：（1）根据△x=aT2可求加速度，根据求解C点的速度；（2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可．解答：解：（1）根据△x=aT2，有：解得：a===3.25m/s2打C点时物块的速度：v=m/s=1.79m/s（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得：μ=故还需要测量斜面的倾角，故选：C；故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C．点评：实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等．10．（9分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下：待测电压表（量程3V，内阻约为3000欧），电阻箱R0（最大阻值为99999.9欧），滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电流2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干．（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．（2）根据设计的电路写出步骤：移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；．（3）将这种方法测出的电压表内阻记为R v′，与电压表内阻的真实值R v相比，R v′＞R v （填“＞”“=”或“＜”），主要理由是电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）待测电压表电阻远大于滑动变阻器R1的电阻值，故滑动变阻器R1采用分压式接法；待测电压表和电阻箱R0采用串联式接法；（2）采用先测量一个适当的电压，然后增加电阻箱电阻，使电压表半偏，则电阻箱的读数即视为等于电压表的电阻；（3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大．解答：解：（1）待测电压表电阻（3000欧姆）远大于滑动变阻器R1的电阻值（100欧姆），故滑动变阻器R1采用分压式接法；电路图如图所示：（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；（3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大，故R v＜R v′；故答案为：（1）如图所示；（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；（3）＞，电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大．点评：考查半偏法测电阻的原理，明确串联电阻后会引起测量支路的电阻的增大，其分压要变大，此为误差的来源．11．（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：粒子水平方向受电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动的合成与分解的知识得到A点速度与B点速度的关系，然后对A到B过程根据动能定理列式求解．解答：解：设带电粒子在B点的速度大小为v B，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：v B sin30°=v0sin60°①解得：②设A、B间的电势差为U AB，由动能定理，有：③联立②③解得：答：A、B两点间的电势差为．点评：本题关键是通过运动的合成与分解得到A点速度和B点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，基础题目．12．（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小（2）A在B上总的运动时间．考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）对A、B受力分析，根据牛顿第二定律可以求出加速度的大小；（2）根据A、B的加速度的大小，利用速度时间的关系式和它们之间的距离可以计算时间的大小．解答：解：（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1=μ1N1 ①N1=mgcosθ②f2=μ2N2 ③N2=N1+mgcosθ④规定沿斜面向下为正，设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣f1=ma1 ⑤mgsinθ+f1﹣f2=ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给的条件得a1=3m/s2 ⑦a2=1m/s2⑧（2）在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1=a1t1=6m/s ⑨v2=a2t1=2m/s ⑩t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′，此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1′=6m/s2⑪a2′=﹣2m/s2⑫即B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2+a2′t2=0⑬联立⑩⑫⑬式得t2=1s在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为s==12m＜27m此后B静止不动，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有l﹣s=可得t3=1s（另一解不合题意，舍去）设A在B上总的运动时间为t总，有t总，=t1+t2+t3=4s（利用下面的速度图线求解也可）答：（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小分别为3m/s2和1m/s2；（2）A在B上总的运动时间为4s．点评：本题是对牛顿第二定律和运动学公式的综合的应用，分析清楚物体的运动的情况和受力的情况，根据运动学的公式来求解，本题的难度比较大．（二）选考题，共45分。

2015年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动2．（6分）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（）A．U a＞U c，金属框中无电流B．U b＞U c，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．U bc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D．U bc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a3．（6分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A．西偏北方向，1.9×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s 4．（6分）一汽车在平直公路上行驶。

从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。

专题十二 力学和热学实验与创新考向1 探究弹力和弹簧伸长的关系例1 (2014·新课标Ⅱ·23)某实验小组探究弹簧的劲度系数k 与其长度(圈数)的关系．实验装置如图1所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P 0、P 1、P 2、P 3、P 4、P 5、P 6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P 0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x 0；挂有质量为0.100 kg 的砝码时，各指针的位置记为x .测量结果及部分计算结果如下表所示(n 为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80 m/s 2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.图1P 1 P 2 P 3 P 4 P 5 P 6 x 0(cm)x (cm)n10 20 30 40 50 60 k (N/m)163 1k (m/N)1 9 9 6 7 (1)(2)以n 为横坐标，1k 为纵坐标，在图2给出的坐标纸上画出1k—n 图像．图2(3)图2中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n 的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k 与其圈数n 的关系的表达式为k ＝________ N/m ；该弹簧的劲度系数k 与其自由长度l 0(单位为m)的关系表达式为k ＝________ N/m.解析 (1)根据胡克定律有mg ＝k (x －x 0)，解得k ＝mg x －x 0＝错误! N/m ≈ N/m ，错误!≈ 2 m/N. (2)1k－n 图像如图所示(3)根据图像可知，k 与n 的关系表达式为k ＝错误! N/m ，k 与l 0的关系表达式为k ＝错误! N/m.答案 (1) 2 (2)见解析图(3)错误!(在错误!～错误!之间均可) 错误!(在错误!～错误!之间均可)以题说法 实验数据处理方法：(1)列表法将测得的实验数据填入设计好的表格之中，可以分析两物理量间的定性关系．(2)图象法根据记录的实验数据在直角坐标系内进行作图．若是曲线应平滑，若是直线要让尽量多的点过直线．或在直线两侧均匀分布．(3)函数法往往是根据图象得到物理量间的函数关系方程式．如图3为“测量弹簧劲度系数”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺．现在测得在挂钩上挂上一定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下表：图3钩码数n 01234 5刻度尺读数x n(cm)2题：(1)请根据表格数据计算出弹簧的劲度系数k＝____ N/m.(结果保留两位有效数字)(2)考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重量，测量的弹簧劲度系数k的值与真实值相比较____________(填“偏大”、“偏小”或“没有影响”)．答案(1)32 (2)没有影响解析(1)根据胡克定律k(x－x0)＝nm0g，代入数据求k，再求平均得k＝32 N/m；(2)因在计算弹力时把弹簧自身的重量引起的形变量减去了，故弹簧自身有重量对测量值没有影响．考向2 验证力的平行四边形定则例2(2014·江苏·11)小明通过实验验证力的平行四边形定则．图4(1)实验记录纸如图4所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1＝ N、F2＝ N和F3＝ N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．(2)仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如图5所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．图5两次实验记录的轨迹如图6所示．过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的大小关系为________．图6(3)根据(2)中的实验，可以得出的实验结果有哪些？________(填写选项前的字母)A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．解析(1)作出的图示如图所示．(2)重物受力情况如图所示，由于重力不变，两次实验时，橡皮筋拉力T的方向相同，故水平拉力F大小相等，即F a＝F b.(3)根据题图可知，选项B、D正确，选项A、C错误．(4)橡皮筋拉伸不宜过长，选用新橡皮筋等可减小误差．答案(1)见解析图(F合＝～ N都算对)(2)F a＝F b(3)BD(4)橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋(或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧)以题说法 1.本实验考查的重点是“力作用效果的等效性”．2．对实验步骤中两个分力和合力的大小和方向的确定也是考查的重点．有同学利用如图7所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码的个数读出三根绳子的拉力F T OA、F T OB和F T OC，回答下列问题：图7(1)改变钩码个数，实验能完成的是________．A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数，N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，应该做好三个方面的记录：________________________________________________________________________；________________________________________________________________________；________________________________________________________________________.答案(1)BCD (2)标记结点O的位置钩码的个数N1、N2、N3OA、OB、OC三段绳子的方向解析(2)为验证平行四边形定则，必须通过作受力图．所以先明确受力点，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示．因此要做好记录，需从力的三要素角度出发：需记录O 点的位置；钩码的个数N 1、N 2、N 3；拉力F T OA 、F T OB 、F T OC 的方向．考向3 探究加速度与力、质量的关系例3 如图8所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图．图中A 为小车，质量为m 1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B ，它们均置于一端带有定滑轮的足够长的木板上，P 的质量为m 2，C 为弹簧测力计，实验时改变P 的质量，读出测力计不同读数F ，不计绳与滑轮之间的摩擦．图8(1)下列说法正确的是( )A ．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B ．实验时应先接通电源后释放小车C ．实验中m 2应远小于m 1D ．测力计的读数始终为m 2g2(2)如图9为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s 2.(交流电的频率为50 Hz ，结果保留二位有效数字)图9(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a —F 图象，可能是下列哪个选项中的图象( )解析 (1)该实验要平衡摩擦力，故A 错误；拉力可由测力计示数获得，故不要求重物质量远小于小车质量，故C 错误；由于重物向下加速运动，由牛顿第二定律：m 2g －2F ＝m 2a ，解得：F ＝m 2g －m 2a 2，故D 错误；故选B. (2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx ＝aT 2，有：a ＝0.50 m/s 2.(3)若没有平衡摩擦力，则当0＜F ≤F f 时，a ＝0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以该同学测得的a －F 图象可能是选项C 中的图象．答案 (1)B (2) (3)C以题说法 《考试大纲》规定的六个力学实验中有四个涉及打点计时器：研究匀变速直线运动、验证牛顿运动定律、探究动能定理和验证机械能守恒定律．这类实验的关键是要掌握纸带的分析处理方法，对于纸带常有以下三大应用．1．由纸带确定时间要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点，这样时间间隔为Δt ＝×5 s ＝ s.2．求解瞬时速度利用做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如图10所示，打n 点时的瞬时速度v n ＝x n ＋x n ＋12T图103．用“逐差法”求加速度如图11所示，a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 33T2图11有些实验用光电门代替打点计时器来完成瞬时速度和加速度的测量，具体做法如下：(1)求瞬时速度：把遮光条(宽度为d )通过光电门的时间Δt 内的平均速度看做物体经过光电门的瞬时速度，即v ＝dΔt. (2)求加速度：若两个光电门之间的距离为L ，则利用速度与位移的关系可求加速度，即a ＝v 22－v 212L . 某同学利用如图12甲所示装置来研究加速度与力的关系．他将光电门1和2分别固定在长木板的A 、B 两处，换用不同的重物通过细线拉同一小车(小车质量约为200克)，每次小车都从同一位置由静止释放．图12(1)长木板右端垫一物块，其作用是用来______________________________________；(2)用游标卡尺测得遮光条的宽度为________ cm ；(3)对于所挂重物的质量，以下取值有利于减小实验误差的是________．(填选项前字母)A ．1克B ．5克C ．10克D ．40克(4)现用该装置来探究功与速度变化的关系，关闭光电门2，测出多组重物的质量m 和对应遮光条通过光电门1的时间Δt ，通过描点作出线性图象，应作出________图象．(填选项前字母)A ．Δt －mB ．Δt 2－mC ．m －1ΔtD ．m －1Δt2 答案 (1)平衡摩擦力 (2) (3)BC (4)D解析 (1)长木板右端垫一物块，调整后可以使小车的下滑分力与受到的摩擦力平衡．(2)从游标卡尺读出：5 mm ＋2×0.1 mm＝5.2 mm ＝0.52 cm.(3)应使拉力远小于小车的重力，这时拉力才接近重物的重量，但如果选A ，由于拉力太小，不容易观察，因此不能选A ，只能选B 、C.(4)实际验证的是mgh ＝12Mv 2，而v ＝d Δt ，由于做出的图象为直线，因此应该做出m －1Δt2图象．考向4 探究动能定理例4 (2014·天津·9(2))某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图13所示．图13①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些________．②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：___________________________________________.④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力解析①本实验需要知道小车的动能，因此还需要用天平测出小车的质量，用刻度尺测量纸带上点迹之间的长度，求出小车的瞬时速度．②牵引小车的细绳与木板平行的目的是在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力，选项D正确．③在保证所挂钩码数目不变的条件下要减小小车加速度可以增加小车的质量，故可在小车上加适量砝码(或钩码)．④当小车在运动过程中存在阻力时，拉力做正功和阻力做负功之和等于小车动能的增量，故拉力做功总是要比小车动能增量大一些；当钩码加速运动时，钩码重力大于细绳拉力，此同学将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，则拉力做功要比小车动能增量大，故只有C、D 正确．答案①刻度尺、天平(包括砝码) ②D③可在小车上加适量砝码(或钩码) ④CD以题说法明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似，可以进行知识与方法的迁移．学会利用所学知识，对实验器材或实验方法加以重组，完成新的实验设计．在探究动能定理的实验中，某实验小组组装了一套如图14所示的装置，拉力传感器固定在小车上，一端与细绳相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小．穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接，打点计时器打点周期为T ，实验的部分步骤如下：图14(1)平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列________的点．(2)测量小车和拉力传感器的总质量M ，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器附近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后__________，打出一条纸带，关闭电源．(3)在打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图15所示，在纸带上按打点先后顺序依次取O 、A 、B 、C 、D 、E 等多个计数点，各个计数点到O 点间的距离分别用h A 、h B 、h C 、h D 、h E 、……表示，则小车和拉力传感器在计时器打下D 点时的动能表达式为____________________，若拉力传感器的读数为F ，计时器打下A 点到打下D 点过程中，细绳拉力对小车所做功的表达式为______________．图15(4)某同学以A 点为起始点，以A 点到各个计数点动能的增量ΔE k 为纵坐标，以A 点到各个计数点拉力对小车所做的功W 为横坐标，得到一条过原点的倾角为45°的直线，由此可以得到的结论是_____________________________________．答案 (1)间距相等 (2)释放小车 (3)M h E －h C 28T2 F (h D －h A ) (4)外力所做的功等于物体动能的变化量 解析 (1)当打点计时器能在纸带上打出一系列间隔均匀的点时，小车做匀速直线运动，受力平衡．(2)在组装好实验装置的基础上，进行实验时应先接通电源，再释放小车．(3)D 点的瞬时速度等于CE 段的平均速度，即v D ＝h E －h C 2T ，故打下D 点时的动能为E k D ＝12Mv 2D ＝M h E －h C28T 2；拉力对小车做的功为W ＝F (h D －h A )．(4)因图线是一条过原点的直线且直线的倾角为45°，可得出方程式ΔE k＝W，故可得结论：外力所做的功等于物体动能的变化量．考向5 验证机械能守恒定律例5为了验证机械能守恒定律，某研究性学习小组的同学利用透明直尺和光电计时器设计了一套实验装置，如图16所示．当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间，所用的光电门传感器可测的最短时间为 ms.将具有很好挡光效果的宽度为d＝×10－3 m的黑色磁带贴在透明直尺上．实验时，将直尺从一定高度由静止释放，并使其竖直通过光电门．某同学测得各段黑色磁带通过光电门的时间Δt i与图中所示的高度差Δh i，并将部分数据进行了处理，结果如下表所示(表格中M为直尺质量，取g＝9.8 m/s2)．图16Δt i(10－3 s)v i＝dΔt i(m·s－1)ΔE i＝12Mv2i－12Mv21Δh i(m)MgΔh i120.58M 0.58M3 2.24M 2.25M4 3.10M 3.14M 5(1)从表格中数据可知，直尺上磁带通过光电门的瞬时速度是利用v i＝Δt i求出的，请你简要分析该同学这样做的理由是：_______________________________________________.(2)请将表格中的数据填写完整．(3)通过实验得出的结论是：______________________________________________.(4)根据该实验，请你判断下列ΔE k－Δh图象中正确的是( )解析(1)瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度，故直尺上磁带通过光电门的瞬时速度可利用v i＝dΔt i求出．(2)第5点速度为v5＝dΔt5＝错误!≈4.22 m/s.从第5点到第1点间动能的增加量为ΔE k＝12Mv25－12Mv21＝12×M×－≈4.01M.从第5点到第1点间重力势能的减少量为ΔE p＝MgΔh5＝M××≈4.02M.(3)从表中数据可知，在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量．(4)根据动能定理可知：MgΔh＝ΔE k，故ΔE k－Δh的图象是一条过原点的直线，故C正确．答案(1)瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度(2) 4.01M 4.02M(3)在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量 (4)C 以题说法 本实验数据处理的方法 方法1：利用起点和第n 点：验证gh n ＝12v 2n .方法2：任取较远两点A 、B ：验证gh AB ＝12v 2B －12v 2A .方法3：图象法．如图17甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德(G·Atwood 1746－1807)创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．图17(1)实验时，该同学进行了如下操作：①将质量均为M (A 的含挡光片、B 的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．测量出________________(填“A 的上表面”、“A 的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h .②在B 的下端挂上质量为m 的物块C ，让系统(重物A 、B 以及物块C )中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt .③测出挡光片的宽度d ，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．(2)如果系统(重物A 、B 以及物块C )的机械能守恒，应满足的关系式为________________________(已知重力加速度为g )．(3)引起该实验系统误差的原因有____________________________________ (写一条即可)．(4)验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统(重物A 、B 以及物块C )的机械能守恒，不断增大物块C 的质量m ，重物B 的加速度a 也将不断增大，那么a 与m 之间有怎样的定量关系？a 随m 增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：①写出a 与m 之间的关系式：___________________________________ (还要用到M 和g )． ②a 的值会趋于________．答案 (1)①挡光片中心 (2)mgh ＝12(2M ＋m )(d Δt)2(3)绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等 (4)①a ＝mg 2M ＋m ＝g2Mm＋1②重力加速度g 解析 (1)、(2)需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离，系统的末速度为：v ＝dΔt，则系统重力势能的减少量ΔE p ＝mgh ，系统动能的增加量为：ΔE k ＝12(2M ＋m )v 2＝12(2M ＋m )(d Δt )2，若系统机械能守恒，则有：mgh ＝12(2M ＋m )(dΔt)2.(3)系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验系统误差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等．(4)根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg ，则系统加速度为：a ＝mg 2M ＋m ＝g2Mm＋1，当m 不断增大，则a 趋于g . 考向6 验证动量守恒定律例6 在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图18甲、乙所示的两种装置：图18(1)若入射小球质量为m 1，半径为r 1；被碰小球质量为m 2，半径为r 2，则________． A ．m 1＞m 2，r 1＞r 2 B ．m 1＞m 2，r 1＜r 2 C ．m 1＞m 2，r 1＝r 2 D ．m 1＜m 2，r 1＝r 2(2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是________． A ．直尺 B ．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为______．(用装置图中的字母表示)解析(1)实验中必须用半径相等的小球，以满足对心碰撞；入射球的质量必须大于被碰球的质量，防止两球碰撞时入射球反弹，答案选C.(2)若采用图乙所示装置进行实验，只需要用直尺测量小球落地点到O点的距离和小球的质量，所以测量工具选择A、C即可．(3)用图甲所示装置进行实验时，所得“验证动量守恒定律”的结论为m1OP＝m1OM＋m2O′N. 答案(1)C (2)AC (3)m1OP＝m1OM＋m2O′N考向7 用油膜法估测分子的大小例7在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：a．往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．b．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．c．将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．d．用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．e．将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是________．(填写步骤前面的字母)图19实验时，所用的油酸酒精溶液的浓度为A，测得体积为V的油酸酒精溶液共有N滴，将一滴该溶液滴入盛水的浅盘内，稳定后形成的油膜形状如图19所示，测得油膜占有的小正方形个数为X，每一个小方格的边长为a.(2)用以上字母表示油酸分子直径的大小d＝________.(3)从图中数得油膜占有的小正方形个数为X＝________.(4)该同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，发现自己所测数据偏大，则对出现这种结果的原因，下列说法中可能不正确的是________． A ．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算 B ．计算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理 C ．计算油膜面积时，只数了完整的方格数 D ．水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开解析 (1)“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液(教师完成，记下配制比例)→测定一滴酒精油酸溶液的体积VN(题中的d)→准备浅水盘(a)→形成油膜(b)→描绘油膜边缘(e)→测量油膜面积(c)→计算分子直径(c)．(2)计算步骤：先计算一滴油酸酒精溶液中油酸的体积＝一滴酒精油酸溶液的体积×配制比例．得：V 0＝V ·AN， 再计算油膜面积，S ＝X ·a 2最后计算分子直径d ＝V 0S ＝VANXa 2①(3)按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜占有的小正方形个数为57个． (4)同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，发现自己所测数据偏大，根据公式①可知出现这种结果的原因可能是公式中的体积偏大或计算的油膜的面积偏小的原因．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，V 偏大，故A 正确；计算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则油膜的面积偏大，故B 错误；计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则油膜的面积偏小，故C 正确；水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则油膜的面积偏小，故D 正确．本题要求选择不正确的，故选B. 答案 (1)dabec (2)V ·ANXa 2(3)57 (4)B12．力学创新实验的分析技巧例6 (10分)用如图20所示实验装置测量滑块A 与木板间的动摩擦因数．长木板水平固定，细线跨过定滑轮与滑块A 、重锤B 相连．将细线拉直，测出B 离地面的高度h ，将重锤从h 高处静止释放，B 落地后，测出A 在木板上滑动的距离x ；改变B 释放高度重复实验，实验数据如下表所示．图20实验次数123456 h /cm x /cm(1)若测得A 的质量m A ＝3 kg ，B 的质量m B ＝1 kg ，A 和B 间细线的长度L ＝112.0 cm ，木板的长度l ＝98.0 cm ，要达到实验目的，以上四个量中没有必要测量的是______(用物理量的符号表示)．(2)作出x 随h 变化的图象．(3)由图象并结合(1)中所测数值求得滑块与木板间的动摩擦因数为________．解析 (1)由题意可知，B 距地面的高度h ，A 在木板上滑行的距离x ，A 、B 的质量m A 、m B .从静止释放让它们运动到B 着地，根据动能定理得：m B gh －μm A gh ＝12(m A ＋m B )v 2①从B 着地到A 停在木板上，根据动能定理得： 12m A v 2＝μm A g (x －h )② 由①②解得：μ＝m B hm A ＋m B x －m B h③可知没有必要测量L 和l .(2)作出x 随h 变化的图象如图所示．(3)由③得：x＝1＋μm Bμm A＋m Bh根据数学知识得到图象中直线的斜率k＝1＋μm Bμm A＋m B 由图得：k≈代入数据得：1＋μ×1μ3＋1＝解得μ＝答案(1)L、l(2分) (2)见解析图(4分) (3)(4分)(限时：8分钟，满分：10分)(2014·广东·34(2))某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．①如图21(a)所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________ N/m.(g取9.8 m/s2)图21砝码质量/g 50100150 弹簧长度/cm②取下弹簧，通过两个光电门的速度大小________．③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x ；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v ，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________．④重复③中的操作，得到v 与x 的关系如图(c)，由图可知，v 与x 成________关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比． 答案 ①50 ②相等 ③滑块的动能 ④正比 压缩量的二次方解析 ①加50 g 砝码时，弹簧弹力F 1＝mg ＝k (l 0－l 1)，加100 g 砝码时F 2＝2mg ＝k (l 0－l 2)，ΔF ＝F 2－F 1＝k (l 1－l 2)，则k ≈ N/m，同理由加100 g 砝码和加150 g 砝码的情况可求得k ′≈ N/m ，则劲度系数k ＝k ＋k ′2＝50 N/m.②使滑块通过两个光电门时的速度大小相等，就可以认为滑块离开弹簧后做匀速直线运动． ③弹性势能转化为滑块的动能．④图线是过原点的直线，所以v 与x 成正比，整个过程弹性势能转化为动能，即E 弹＝E k ＝12mv 2，弹性势能与速度的二次方成正比，则弹性势能与弹簧压缩量x 的二次方成正比．(限时：45分钟)1．(2014·全国大纲·22)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图1所示．拍摄时频闪频率是10 Hz ，通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x 1、x 2、x 3、x 4.已知斜面顶端的高度h 和斜面的长度s .数据如下表所示．重力加速度大小g ＝9.80 m/s 2.图1单位：cmx 1 x 2 x 3 x 4 h s。